图论习题参考答案.docx

1、图论习题参考答案二、应用题题0 : (1996年全国数学联赛)有n (n_6)个人聚会，已知每个人至少认识其中的 n/2个人，而对任意的n/2个人，或者其中有两个人相互认识， 或者余下的n-n/2个人中有两个人相互认识。 证明这n个人中必 有3个人互相认识。注：n/2表示不超过n/2的最大整数。证明 将n个人用n个顶点表示，如其中的两个人互相认识， 就在相应的两个顶点之间连一条边，得图 G。由条件可知，G是具有n个顶点的简单图，并且有(1)对每个顶点 x, Ng(x)工n/2;(2)对V的任一个子集 S,只要S = n/2, S中有两个顶点相邻或 V-S中有两个顶点相邻。需要证明G中有三个顶点

2、两两相邻。反证，若G中不存在三个两两相邻的顶点。在 G中取两个相邻的顶点 Xi和yi,记Ng(xi)=y i,y2, ,yt和 NG(yi)=x i,X2, ,Xk,贝U Ng(xi)和 NG(yi)不相交，并且 Ng(xi) (NG(yi) 中没有相邻的顶点对。情况一；n=2r:此时n/2 =，由(i)和上述假设，t=k=r 且 NG(yi) = V-Ng(xi)，但 Ng(xi) 中没有相邻的顶点对，由(2), NG(yi)中有相邻的顶点对，矛盾。情况二；n=2r+i:此时n/2 = r,由于 Ng(xi)和 NG(yi)不相交，t亠r,k ,所以 r+i 亠t,r+i 丄 k。 若 t=

3、r+i,则 k=r，即 NG(yi)=r, Ng(xi)= V-NG(yi)，由(2), Ng(xi)或 NG(yi)中有相邻的顶点 对，矛盾。故 kz r+i，同理 r+i。所以 t=r,k=r。记 wV- Ng(xi) U NG(yi),由(2), w 分 别与Ng(xi)和NG(yi)中一个顶点相邻， 设wxio，E, wyjo，E。若XioyjoE,则w , Xio, yjo两两相邻，矛盾。若 Xioyo E，则与Xio相邻的顶点只能是(NG(xi)-y jo) U w,与yjo相邻的顶点 只能是(NG(yi)-x jo) U w o但与w相邻的点至少是 3,故Ng(xi) U NG(

4、yi)中存在一个不同于 Xio和yjo顶点z与w相邻，不妨设 乙Ng(Xi)，则z, w , Xio两两相邻，矛盾。题1:已知图的结点集 V=a,b,c,d以及图G和图D的边集合分别为:E(G)=(a,a), (a,b), (b,c), (a,c)E(D)=, , , , 解:图 G 中：deg (a)=4 , deg(b)=2 , deg(c)=2 , deg(d)=O图 D 中：deg(a)=3 , deg(b)=2 , deg(c)=4 , deg(d)=1 图 D 是简单图.其中 deg +(a)=2, deg (a)=1, deg+( b)=0, deg (b)=2, deg+(c)

5、=3, deg (c)=1, deg (d)=1.为2.求G中有多少个结点.题4无向完全图K3 , K4,及3个结点的有向完全图题5:两个图同构有下列必要条件:(1)结点数相同;(2)边数相同;(3)度数相同的结点数相同不同构.到目前为止，判断两个图同构，只能根据定义，还没有其它简单而有效的方法题6:三名商人各带一随从乘船过河， 一只小船只能容纳2人，由他们自己划行。随从们密约,在河的任一案，一旦随从的人数比商人多， 就杀人越货。但是如何乘船渡河的大权掌握在商 人手中，商人们怎样安排每次乘船方案才能安全渡河？ 解：用图论模型求解如下:每个状态有三个因素：此岸构成，彼岸构成，船所在。此岸 al

6、bl, al为商人个数，bl为随从个数，al bl, a1,b1=0,1,2,3，或 a1=0,b1=0,1,2,3。 彼岸 a2 b2, a2为商人个数，b2为随从个数，a2 b2, a2,b2=0,1,2,3，或 a2=0,b2=0,1,2,3。 注：a1+a2=b1+b2=3 ; 0表示船在此岸，1表示在彼岸。可行状态有：33|00|0, 32|01|0, 31|02|0, 22|11|0, 11|22|0, 03|30|0, 02|31|0, 01|32|0,00|33|1。根据上图，求从33|00|0到 00|33|1的路径，可得解如下：33|00|0-31|02|1-32|01|0

7、-30|03|1-31|02|0-11|22|1-22|11|0-02|31|1-03|30|0-01|32|1-02|31|0- 00|33|1。或：33|00|0-31|02|1-32|01|0-30|03|1-31|02|0-11|22|1-22|11|0-02|31|1-03|30|0-01|32|1-11|22|0- 00|33|1。或：33|00|0-22|11|1-32|01|0-30|03|1-31|02|0-11|22|1-22|11|0-02|31|1-03|30|0-01|32|1-11|22|0- 00|33|1。题7 在平面上有n个点S= x i,x 2,x n,其中

8、任两个点之间的距离至少是 1,证明在这n个点中距离为1的点对数不超过3n。证明 首先建立一个图 G=( V, E),其中V就取S中的n个顶点，V中两个点有边相连 当且仅当两点之间的距离恰好是 1。则所得图G是一个简单图，S中距离为1的点对数就是 G的边数。因此我们只需证明 m(G)空3n。我们考虑G中每个顶点的度，可以证明： deg(Xi)乞6,i=1,2, ,n。让Xi是G中的任一个顶点，且与 Xi相邻的顶点为y1,y2,yk，贝U y1,y2,yk分布在以Xi 为圆心的单位圆周上。所以 k= deg(Xi)乞6 ,i=1,2, ,n。由握手定理得n2m(G)= d 山)乞 6ni 故 m(

9、G)岂 3n。题8 n个点由若干线段连接着。已知每一点与另外任何一点都有道路相连通。而任何两点 都没有两种不同的道路。证明：线段总数为 n-1。证明 构造图G:将问题中给定的n个点作为顶点，线段作为边。根据给定的条件，所得图 G是含有n个顶点的简单图，每一对顶点之间有且只有一条路连接，因此 G是连通图，并且没有回路(否则，该回路上两个不同的顶点之间有两条不同的路) ，所以图G是一棵树。题9:设无向图G有12条边，已知G中度数为3的节点个数为6个，其余结点的度数均小 于3,问G中至少有多少顶点？解：由定理可知，图中所有节点的度数之和应为边数的 2倍，即12 X 2 =24，却掉度数为3的6个结点

10、的总度数18,还剩6度，又由于其余结点的度数小于 3,故度数只能是0, 1 , 2, 若其余结点的度数均为 2，则至少需3个结点，故图G中至少有9个结点。题10:若图G是不连通的，则 G的补图G是连通的。证明：设G= (V, E)不连通，则设其连通分支为 G1, G2,Gs，其相应的节点集为 V1,V2,Vs,任取G中的两个节点u, v V,1) 、若u, v分属于G中不同的连通分支，则(u,v) G，因此u, v在G中连通。 _2) 、若u, v分属于G中同一个连通分支，则从另一连通分支中任取一结点 w,则(u,w) G , (v,w) G，于是在G中存在一条道路 uwv，使得u, v连通。

11、综上所述可知，对于 G中任意2个结点，u, v总有路相连，故G是连通的。题11：当且仅当G的一条边e不包含在G的回路中，e才是G的割边(桥)。证明：必要性：设e是连通图G的割边，e关联的两个结点为 u和v。若e包含在G的一个 回路中，则除边e = (u, v)外还有一条以u, v为端点的道路，故删去边 e后，G仍是连通 的，这与e是割边矛盾。充分性：若e不包含在G的任一回路中，那么连接节点u和v只有边e,而不会有其他 连接u和v的路，因为若连接u和v还有不同于边e的路，此路与边e就组成一个包含e的 题12： n个城市由k条公路网络连接（一条公路定义为两个城市间的一条道路，它们之间 不能通过任何

12、中间城市），证明：如果有1k _ （n-1）（n-2）2n个结点k则人们总能通过连接城市的公路在任何城市间旅行。证明：将城市作为结点，将连接两个城市的公路作为边，则问题等价于证明具有1条边的简单无向图 G,若满足k_（n-1）（n-2），则是连通图。当 n=2时，结论显然成立，下2面证明n2时，结论也成立。假设G不连通，不妨设G有2个连通分支，则可将G中的结点集V分为两个子集 V1和V2,满足V1和V2分属于不同的连通分支。设由 V1生成的G的子图G1中有n1个结点k1条边，设由V2生成的G的子图G2中有n2个结点k2条边，则n 1 +n2=n， k1+k2=k， n1， n2_1由于G是简单

13、无向图，故 G1和G2也是简单无向图，从而有：1 1k1 _ n1(n 1-1)， k2 _ n2(n2-1)2 21 1 1k (n 1+ n2-1)( n 1+n 2-2)= n 1( n1+n 2-2)+ (n 2-1)( n1+n 2-2)2 2 21 1n1( n1-1)+ n2 (n 2-1)2 2与式(1)矛盾，故G是连通图。题13：判断下图是否能一笔画出，并说明理由。解：图（a）中所有结点（除 vo，Vn外）的度数为2或4，deg v =deg vn = 1，故有欧拉定理 可知，图（a）包含欧拉通路，由 V0出发到达Vn必有一条包含所有边且只包含一次的通路。图(b)中所有结点(

14、除 vo, vn外)的度数为2或4, deg vo =deg vn = 5,故有欧拉定理 可知，图(b)包含欧拉通路，由 vo出发到达Vn必有一条包含所有边且只包含一次的通路。题14：构造一个欧拉图，其结点数 n与边数m满足下列条件(1)、n，m的奇偶性一样的简单图。(2)、n，m的奇偶性相反的简单图。 如果不可能，请说明原因。2，是欧拉图，见2，是欧拉图，见解：(1)、4个结点4条边，结点数和边数都是偶数，每个结点的度数均为 下图(a)。3个结点3条边，结点数和边数都是奇数，每个结点的度数为 下图(b)。 (2)、6个结点9条边，3个结点的度数为2，3个结点的度数均为 图(c)。5个结点10

15、条边，每个结点的度数为 4,是欧拉图，见下图(题15：设G是一个具有n个结点的简单无向图，n_3,设G的结点表示n个人，G的边表 示他们间的友好关系，若两个结点杯一条边连接，当且仅当对应的人是朋友。(1 )、结点的度数能做怎样的解释？(2)、G是连通图能做怎样的解释？(3) 、假定任意两个人合起来认识所留下的 n-2个人，证明n个人能站成一排，使得中间每 个人两旁站着自己的朋友，而两端的两个人，他们每个人旁边只站着他的一个朋友。(4)、证明对于n_4，( 3)中保证n个人能站成一圈，使每个人的两旁站着自己的朋友。解：(1 )、结点u的度数deg (u)表明u与deg (u)个人是朋友。(2)、

16、G是连通图表明任意两个人可通过其朋友及朋友的朋友结识，建立友好关系。(3) 、由已知任意两个人合起来认识其余的 n-2个人，即对 G中任意两个结点 u，v， deg(u)+deg(v)亠n-2，且其余n-2个结点与u或v邻接。若 u 与 v 邻接，则 deg(u)+deg(v) _n-2+1= n-1 。若u与v不邻接，若deg(u)+deg(v) =n-2，则对于任意的 w V-u,v ，w与u邻接(w与v 邻接)，但不能同时与u，v邻接，设w与u邻接，则w必不与v邻接，则结点w和u都不与 v邻接，也就是 w和u都不认识v，从而结点 w和结点u的度数之和n-1，否则，若 deg(u)+deg

17、(v) =n-1，则 V-u,v至少有 2 个结点(因n _4)，设为w、t，且w与u，v均邻接，t只与u，v之一邻接。设t与u邻接， 则t和u与结点v都不邻接，与假设矛盾，故对任意结点 u，v，deg(u)+deg(v) n-1，即deg(u)+deg(v) _n。故图G中存在哈密顿回路，按照此回路的结点排列，即为所求的圈，满足n个人能站成一圈，使每个人的两旁站着自己的朋友。题16:设G是有11个或更多结点的图，证明 G或G (补图)是非平面图。证明：反证法：设 G和G都是平面图，设 G和G的结点数分别为 n和n，边数分别为 m 和m，贝U1n= n , m+ m = n(n-1)2由欧拉定

18、理可知，m m 3n-6 , m 3n-61n(n-1)= m+ m m3n-6+3n-6=6n-1222即 n -13 n+24 乞0从而得出 *11,与n_11相矛盾，故G和G不可能同时为平面图， 即n _11时，G或G (补图)是非平面图。题17： 一棵树有n2个结点度数为2, n3个结点度数为3，nk个结点度数为k，问它有几 个度数为1的结点。解:设树T中有n1个度数为1的结点，则树中边数 m为：m=m+n2+n 3+n k-1又由于任意图中结点度数之和等于边数的 2倍，故：n 1+2 n2+3 n3+ +kn k=2( n1+n2+n 3+n k-1)故:n1= (3-2)n3+(4

19、-2)n4+(k-2)n k+2题18:证明在完全二叉树中，边的总数 m等于2(nt-1), nt是树叶总数。证明：对分枝结点数i用数学归纳法：当i=1时，边数m=2，树叶数nt=2，故m=2(n“)成立。假设i=k时(k _1)成立，下面证明i=k+1时结论成立。由于树T是完全二叉树，因此 T中必存在一分枝结点 v, v的两个儿子v1 , v2均是树叶。在T中删去v1 , v2得T则T是分枝结点数为k的完全二叉树，此时 v为树叶，分枝结点数 i=i-仁k+1-仁k树叶数 nt=nt-2+仁n t-1边数 m=m-2由归纳假设， m=2( nt-1)所以： m-2=2(nt-1-1)，即 m=

20、2(nt-1)。题19：给设d= (d1,d2,dn),其中di为正数，i=1,2,n。若存在n个结点的简单图，使得 结点Vi的度数为di，则称d是可图解的。下面给出的各序列中哪些是可图解的，哪些不是， 为什么？(1 )、(1,1,1,2,3)(2)、(0,1 ,1,2,3,3)(3 )、(3, 3,3,3)(4 )、(2,3,3,4,4,5)(5)、(2,3,4,4,5)(6 )、(2, 3,3,3)(7 )、(2,3,3,4,5,6)(8)、(1 ,3,3,4,5,6, 6)(9 )、(2, 2,4)(10)、 (1, 2, 2, 3, 4, 5)题20:给无向完全图 Kn (n7)的各边

21、随意涂上红色或绿色，若已知从某个结点 v0引出的n-1条边中至少有六条边涂红色，则存在红色的 K4或绿色的K3。证明：设x1,x2,x3,x4,x5,x6是与v0相邻的六条边涂红色。根据 Ramsey (3，3)=6的证 明可知，在x1,x2,x3,x4,x5,x6中，或有3个相互邻接的顶点(涂红色)，这3个顶点与v0 起构成红色的 K4;或者有3个互不相邻的顶点(绿色)，这3个顶点构成绿色的 K3。题21:证明：在任何两个或两个以上人的组内，存在两个人在组内有相同个数的朋友。证明：此题可转化为图论的问题来处理： 把每个人对应成相应的结点， 两个人具有朋友关系当且仅当相应的结点相邻，显然该图是

22、简单图，所以原命题等价于证明在该无向简单图中一 定存在两个结点的度数相等。反设，该无向简单图 G中任何一对结点的度数都不相等，并设结点数为 n。又因为图G是简单图，所以结点的度数只能为： 0, 1, 2，n-1。那么在图G中，存在度数为 n-1的结点，与所有结点相邻，同时又存在度数为 0的结点，与所有结点都不相邻，因此产生矛盾。所以该无向简单图中一定存在两个结点的度数相等。所以在任何两个或两个以上人的组内，存在两个人在组内有相同个数的朋友。题22、设G为n个结点的简单无向图。(1)、若G的边数m=(1/2)(n-1)(n-2)+2，证明G是哈密尔顿图。(2) 、若G的边数m=(1/2)(n-1

23、)(n-2)+1，那么图G是否一定为哈密尔顿图？请阐述你的理由。分析:因为有定理：设 G= ( V, E)是n阶(n3)无向简单图，若对于任意的不相邻的 结点Vi, Vj V，有dev(vj+dev(vj)n,贝U G是哈密尔顿图。那么只要证明对任意的不相邻 结点 Vi, Vj V，有 dev(Vi)+dev(Vj)n 即可。解：(1)反证法：假设存在不相邻的结点 Vi, Vj V，有dev(vi)+dev(vj) (1/2)(n-1)(n-2)+2-(n-1)= (1/2)(n-2)(n-3)+1 这与G1是(n-2)阶的简单图矛盾 (注：(n-2)阶的简单图的最大边数为(1/2)(n-2)

24、(n-3)所以G中任何两个相邻的结点度数之和均大于等于 n。再根据定理：设 G= (V,巳是n阶(n3)无向简单图，若对于任意的不相邻的结点 Vi,vj V，有dev(vi)+dev(vj)n,贝U G是哈密尔顿图。所以G是哈密尔顿图。(2)若G的边数m=(1/2)(n-1)(n-2)+1，那么图G是不一定为哈密尔顿图，请看下图不是哈 密尔顿图。题23、把平面分成x个区域，每两个区域都相邻，问 x最大为几？(可作为选择题)分析:如果把每个区域放一个结点，当两区域相邻就在相应的两个结点间连一条边，这样 就构造了一个简单和完全的平面图，类似于把平面区域图转化成对偶图来考虑。解：在每个区域放一个结点

25、，当两区域相邻时就在相应的两个结点间连一条边， 如此就构造了一个平面图且是完全图 Kx,而最大的平面完全图是 K4,所以x最大为4。注意：根据平面图的常用定理，对于定点n3的连通的简单的平面图G,有m3n-6成立, 其中n为结点数，m为边数，所以对于完全平面图Kn,其边数m=(1/2)n(n-1)。要使3n-6,得n=3或4。题24、设图G有n个结点，m条边，其中有m个结点的度数为k,其余结点的度数均为 k+1 , 试证明：nk=(k+1)n-2m 。解：用握手原理容易得证。题26、求出下图中以v1为起点的一条中国邮路。1D1020题28、求下面PERT图的关键路径。T，并求出其W(T)。题2

26、9、利用Huffman算法，求权为 20,30,50,70,80的最优二叉树解：20,30,50,70,8050,50,70,8070,80,100100,150250W(T)=550。Huffman算法构造一棵最优题 30：给定权 1，4，9，16，25，36，49, 64, 81，100,利用二叉树，并求出其 W(T)。题31、用Dinic算法求下图最大流。题32、用2F标号算法求下图的最大流。题33、用匈牙利算法求下图的最大匹配。题34、对下图顶点进行着色。题35：、利用Dijkstra算法，求下图从1出发到其余各点的最短路径。解:步骤V1V2V3V4V5V6101930OO52021921155v1203192115/V520419V1212052120V1621V5最终结果:题36、现有4名教师：张、王、李、赵，要求他们去教四门课程：数学、物理、电工和计 算机科学。已知张老师能教数学和计算机科学，王老师能教物理和电工，李老师能教数学、 物理和电工，而赵老师只能教电工。 如何安排才能使4位教师都能教课，并且每门课都有人 教，共有几种方案？